第16 讲 极值与最值 · 讲义（解析卷）
一、考情分析......................................................................................................................................1
二、知识清单......................................................................................................................................2
1.极值与最值........................................................................................................................... 2
2.不等式恒成立与存在性问题相关结论...............................................................................3
三、典题精讲......................................................................................................................................4
考点一：求函数的极值与极值点..........................................................................................4
考点二：根据极值、极值点求参数......................................................................................9
考点三：求函数的最值........................................................................................................12
考点四：根据最值求参数及综合应用................................................................................14
四、高考真题....................................................................................................................................18
一、考情分析
1. 考查频次与题型
年
份
题号与题型
分值
考察类
型
考察内容与方式
202
6
第6 题 单
选题
5 分
直接
考查根据函数的最大值求参数，需构造辅助函数分
析导数符号
202
6
第11 题 多
选题
6 分
间接
解析几何中求弦长之和的最大值，转化为一元函数
后利用导数求最值
202
5
第19 题 解
答题
17 分
直接
考查利用导数求三角复合函数的最大值，并结合最
值求参数的最小值
202
4
第10 题 多
选题
6 分
直接
考查具体函数的求导，判断极小值点及函数在特定
区间上的最值
202
4
第18 题 解
答题
17 分
直接
考查含参函数求导，根据不等式恒成立求参数的最
值及取值范围
近三年全国一卷中，极值与最值是导数板块的核心考查内容.不仅在解答题中作为压
轴题的核心考点直接出现，也常在单选、多选题中作为解题工具间接考查，综合性较强.
2. 命题角度与特色
· 核心考点：具体函数的极值与最值求解、根据极值或最值反求参数、利用导数求最
值解决恒成立问题.
· 命题趋势：试题注重知识的交汇融合，常与解析几何、数列、三角函数等模块结合，
将几何最值或代数最值转化为函数最值问题.
· 试题特点：计算量大，对逻辑推理与代数变形能力要求较高.常需要灵活运用分离参
数、构造辅助函数、隐零点处理等解题技巧.
3. 备考策略
· 熟练掌握利用导数求极值与最值的标准步骤，确保基础求导与符号判断的准确性.
· 强化分类讨论意识，在处理含参函数最值时，明确分类标准，做到不重不漏.
· 提升跨模块综合能力，学会在解析几何、数列等背景下，提取函数关系并利用导数
工具求解最值.
二、知识清单
1.极值与最值
（1） 函数的极值
· 函数f ( x)在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有点都有f ( x)<f ( x0)，则称f ( x0)是
函数的一个极大值，记作y极大值= f ( x0).如果对x0附近的所有点都有f ( x)>f ( x0)，则称f ( x0)
是函数的一个极小值，记作y极小值= f ( x0).极大值与极小值统称为极值，称x0为极值点.
· 注：
①可导函数f ( x)在点x0处取得极值的充要条件是：x0是导函数的变号零点，即
f
'( x0)=0，且在x0左侧与右侧，f
'( x)的符号异号.
②f
'( x0)=0是x0为极值点的既不充分也不必要条件，如f ( x)= x
3，f
'（0）=0，但
x0=0不是极值点.另外，极值点也可以是不可导的，如函数f ( x)=| x|，在极小值点x0=0是
不可导的，于是有如下结论：x0为可导函数f ( x)的极值点 ⇒f
'( x0)=0；但f
'( x0)=0推不出
x0为f ( x)的极值点.
（2）函数的最值
· 函数y = f ( x)最大值为极大值与靠近极小值的端点之间的最大者；函数f ( x)最小值为
极小值与靠近极大值的端点之间的最小者.
· 导函数为f ( x)=a x
2+bx +c =a( x - x1)( x - x2) (m< x1< x2<n)
①当a>0时，最大值是f ( x1)与f (n)中的最大者；最小值是f ( x2)与f (m)中的最小者.
②当a<0时，最大值是f ( x2)与f (m)中的最大者；最小值是f ( x1)与f (n)中的最小者.
注：
①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；
函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能
是区间端点处的函数值.
②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点.
③函数的最值必在极值点或区间端点处取得.
【易错提醒】
· 可导函数f ( x)在x0处取得极值，则f
'( x0)=0，但f
'( x0)=0只是f ( x)在x0处取得极值的
必要不充分条件.
· 闭区间上的连续函数一定有最值，但开区间上的连续函数不一定有最值.
· 函数的极值是局部概念，而最值是整体概念.极大值不一定大于极小值，极小值也不
一定小于极大值.
2.不等式恒成立与存在性问题相关结论
（1） 若函数f ( x)在区间D上存在最小值f ( x)min和最大值f ( x)max，则
不等式f ( x)>a在区间D上恒成立 ⇔f ( x)min>a；
不等式f ( x)≥a在区间D上恒成立 ⇔f ( x)min≥a；
不等式f ( x)<b在区间D上恒成立 ⇔f ( x)max<b；
不等式f ( x)≤b在区间D上恒成立 ⇔f ( x)max≤b.
（2） 若函数f ( x)在区间D上不存在最大（小）值，且值域为(m,n)，则
不等式f ( x)>a（或f ( x)≥a）在区间D上恒成立 ⇔m≥a.
不等式f ( x)<b（或f ( x)≤b）在区间D上恒成立 ⇔m≤b.
（3） 若函数f ( x)在区间D上存在最小值f ( x)min和最大值f ( x)max，即f ( x)∈[m,n]，
则对不等式有解问题有以下结论：
不等式a<f ( x)在区间D上有解 ⇔a<f ( x)max；
不等式a≤f ( x)在区间D上有解 ⇔a≤f ( x)max；
不等式a>f ( x)在区间D上有解 ⇔a>f ( x)min；
不等式a≥f ( x)在区间D上有解 ⇔a≥f ( x)min.
（4） 若函数f ( x)在区间D上不存在最大（小）值，如值域为(m,n)，则对不等式有
解问题有以下结论：
不等式a<f ( x)（或a≤f ( x)）在区间D上有解 ⇔a<n.
不等式b>f ( x)（或b≥f ( x)）在区间D上有解 ⇔b>m.
（5） 对于任意的x1∈[a,b]，总存在x2∈[m,n]，使得
f ( x1)≤g( x2)⇔f ( x1)max≤g( x2)max.
（6） 对于任意的x1∈[a,b]，总存在x2∈[m,n]，使得
f ( x1)≥g( x2)⇔f ( x1)min≥g( x2)min.
（7） 若存在x1∈[a,b]，对于任意的x2∈[m,n]，使得
f ( x1)≤g( x2)⇔f ( x1)min≤g( x2)min.
（8） 若存在x1∈[a,b]，对于任意的x2∈[m,n]，使得
f ( x1)≥g( x2)⇔f ( x1)max≥g( x2)max.
（9） 对于任意的x1∈[a,b]，x2∈[m,n]使得f ( x1)≤g( x2)⇔f ( x1)max≤g( x2)min.
（10） 对于任意的x1∈[a,b]，x2∈[m,n]使得f ( x1)≥g( x2)⇔f ( x1)min≥g( x2)max.
（11） 若存在x1∈[a,b]，总存在x2∈[m,n]，使得f ( x1)≤g( x2)⇔f ( x1)min≤g( x2)max.
（12） 若存在x1∈[a,b]，总存在x2∈[m,n]，使得f ( x1)≥g( x2)⇔f ( x1)max≥g( x2)min.
三、典题精讲
考点一：求函数的极值与极值点
考法1：根据导数图象与概念判断极值点
例1.（2026·安徽马鞍山·一模）函数f ( x)的导函数y = f
'( x)的图象如图所示，则函数f ( x)在
区间(a,b)上的极值点有（ ）
A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个
【答案】B
【思路】结合导数图象与 x 轴的交点，分析导数值的正负变化，进而判断原函数的单调性与极值
点.
【解析】根据给定的函数图象确定y = f
'( x)的变号零点个数即可.
函数y = f
'( x)的图象与x轴有3 个公共点，从左到右依次记为x1, x2, x3，
当a< x< x1时，f
'( x)>0；当x1< x< x2时，f
'( x)<0；当x2< x<b时，f
'( x)≥0，
当且仅当x = x3时取等号，∴函数f ( x)在(a, x1),( x2,b)上单调递增，在( x1, x2)上单调递减，
∴函数f ( x)在x = x1处取得极大值，在x = x2处取得极小值，∴极值点个数为2.
对应选项B.
【规律】第一步，找出导函数图象与x轴的交点（变号零点）；第二步，观察零点两侧导数值的符
号，由正变负为极大值点，由负变正为极小值点.
考法2：求具体函数的极值与极值点
例2.（2026·广东广州·一模）函数f ( x)=sin x - x cos x在区间(-3 π ,3 π )上的极值点个数为（
）
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
【答案】A
【思路】先求出导函数，令导函数为零解出极值点，再通过列表或分析导函数在极值点两侧的符
号变化确定极值点个数.
【解析】由函数f ( x)=sin x - x cos x，可得f
'( x)=cos x -(cos x - x sin x)= x sin x，
令f
'( x)=0，即x sin x =0，可得x =0或sin x =0，
∵x∈(-3 π ,3 π )，∴可得x =-2π ,- π ,0,π ,2π，
当x∈(-3 π ,-2π )时，x<0,sin x<0，∴f
'( x)= x sin x >0，f ( x)单调递增；
当x∈(-2π ,- π )时，x<0,sin x>0，∴f
'( x)= x sin x <0，f ( x)单调递减；
当x∈(- π ,0)时，x<0,sin x<0，∴f
'( x)= x sin x >0，f ( x)单调递增；
当x∈(0,π )时，x>0,sin x>0，∴f
'( x)= x sin x >0，f ( x)单调递增；
当x∈(π ,2π )时，x>0,sin x<0，∴f
'( x)= x sin x <0，f ( x)单调递减；
当x∈(2π ,3 π )时，x>0,sin x>0，∴f
'( x)= x sin x >0，f ( x)单调递增，
∴f ( x)在(-3 π ,-2π )上递增，在(-2π ,- π )上递减，在(- π ,0)上递增，
在(0,π )上递增，在(π ,2π )上递减，在(2π ,3 π )上递增，
其中x =0两侧函数的单调性相同，可得x =0不是函数f ( x)的极值点，
∴f ( x)在区间(-3 π ,3 π )的极值点为x =-2π ,- π ,π ,2π，共有4 个.
对应选项A.
【规律】第一步，对函数求导得f
'( x)= x sin x；第二步，令f
'( x)=0求出区间内的所有驻点；第三
步，通过列表或分段判断驻点两侧x与sin x的符号，进而确定f
'( x)的符号变化，得出极值点个数.
考法3：含参函数的极值点个数问题
例3.（2026·福建福州·二模）已知函数f ( x)=( x -a)
m( x -b)
n(m,n∈N
*,m<n,a≠b)有且仅
有3个极值点x1、x2、x3，且x1< x2< x3，则（ ）
A. m为奇数
B. n为奇数
C. 若a<b，则2 x2> x1+ x3
D. 若a>b，则2 x2> x1+ x3
【答案】D
【思路】对含参函数求导，根据参数的大小以及指数的奇偶性分类讨论导数的符号变化，从而确
定极值点个数.
【解析】求导得出f
'( x)=( x -a)
m-1( x -b)
n-1[(m+n)x -(mb+na)]，令f
'( x)=0可得x =a或x =b
或x = mb+na
m+n ，对a、b的大小以及m、n的奇偶性进行分类讨论，利用列表的形式分析函数f ( x)的
单调性，结合极值点的定义可得出合适的选项.
因为函数f ( x)=( x -a)
m( x -b)
n(m,n∈N
*,m<n,a≠b)，该函数的定义域为R，
（1）当m=1时，f
'( x)=( x -b)
n-1[(n+1)x -(b+na)]，
由f
'( x)=0可得x =b或x = b+na
n+1 ，此时函数f ( x)不可能有三个极值点，舍去；
（2）当m≥2且n≥2时，f
'( x)=m( x -a)
m-1( x -b)
n+n( x -a)
m( x -b)
n-1
=( x -a)
m-1( x -b)
n-1[(m+n)x -(mb+na)]，
由f
'( x)=0可得x =a或x =b或x = mb+na
m+n ，
因为函数f ( x)有且仅有3个极值点x1、x2、x3，且x1< x2< x3，
则mb+na
m+n ≠a且mb+na
m+n ≠b，符合题意，
①若a<b，则mb+na
m+n -a= m(b-a)
m+n
>0，mb+na
m+n -b= n(a-b)
m+n
<0，
则a< mb+na
m+n <b，所以x1=a，x2= mb+na
m+n ，x3=b，
若m、n都为奇数，则m-1、n-1都为偶数，列表如下：
x
(-∞,a)
a
(a, mb+na
m+n )
mb+na
m+n
( mb+na
m+n ,b)
b
(b,+∞)
f
'( x)
-
0
-
0
+
0
+
f ( x)
单调递减
单调递减
极小值
单调递增
单调递增
此时函数f ( x)只有一个极值点，不符合题意；
当m为奇数，n为偶数，则m-1为偶数，n-1为奇数，列表如下：
x
(-∞,a)
a
(a, mb+na
m+n )
mb+na
m+n
( mb+na
m+n ,b)
b
(b,+ ∞)
f
'( x)
+
0
+
0
-
0
+
f ( x)
单调递增
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
此时函数f ( x)有两个极值点，不符合题意；
当m为偶数，n为奇数时，同理可知，函数f ( x)有两个极值点，不符合题意；
当m、n均为偶数时，m-1、n-1均为奇数，列表如下：
x
(-∞,a)
a
(a, mb+na
m+n )
mb+na
m+n
( mb+na
m+n ,b)
b
(b,+ ∞)
f
'( x)
-
0
+
0
-
0
+
f ( x)
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
此时函数f ( x)有3个极值点，符合题意，且x1=a，x2= mb+na
m+n ，x3=b，
此时x1+ x3-2 x2=a+b- 2(mb+na)
m+n
= (m-n)(a-b)
m+n
>0，则x1+ x3>2 x2；
②当a>b时，同理可知m、n均为偶数，且x1=b，x2= mb+na
m+n ，x3=a，
此时x1+ x3-2 x2=a+b- 2(mb+na)
m+n
= (m-n)(a-b)
m+n
<0，则x1+ x3<2 x2.
故D 选项正确.
【规律】第一步，求导并提公因式，令f
'( x)=0找出可能的极值点；第二步，根据参数a,b的大小
关系确定零点的相对位置；第三步，根据指数m,n的奇偶性，判断导函数在各个零点两侧的符号
变化，筛选出真正的极值点.
考法4：含参函数的极值求解与讨论
例4.（2026·广东中山·二模）已知函数f ( x)=( x -a)ln x - x +a-3(a∈R).
（1）若a=0，求f ( x)的极小值；
（2）讨论导函数f
'( x)的单调性.
【答案】（1）- 4
（2）见解析
【思路】求导后，根据参数 a 的符号分类讨论导函数的单调性，进而分析原函数的极值情况.
【解析】（1）当a=0时，f ( x)= x ln x - x -3，f ( x)的定义域为(0,+∞)，
则f
'( x)= ln x +1-1= ln x，
当0< x<1时，f
'( x)<0，当x>1时，f
'( x)>0，
∴f ( x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
∴当x =1时，f ( x)取得极小值f （1）=- 4.
（2）f ( x)的定义域为(0,+∞)，
f
'( x)= ln x + x -a
x
-1= ln x - a
x ，
令h( x)= f
'( x)= ln x - a
x ( x>0)，则h
'( x)= 1
x + a
x
2 = x +a
x
2 ( x>0)，
当a≥0时，h
'( x)>0恒成立，∴h( x)即f
'( x)在(0,+∞)上单调递增.
当a<0时，由h
'( x)>0，得x>-a，由h
'( x)<0，得0< x<-a，
∴h( x)即f
'( x)在(0,-a)上单调递减，在(-a,+∞)上单调递增.
【规律】第一步，求出导函数并再次求导得到h
'( x)；第二步，根据参数a的符号（a≥0和a<0）
分类讨论h
'( x)的正负；第三步，由h
'( x)的符号得出导函数f
'( x)的单调区间.
考法5：极值与切线、单调性、对称性等综合
例5.（2026·安徽安庆·二模）（多选）已知函数f ( x)=cos x + ln x，将f ( x)的所有极值点按
照由小到大的顺序排列，得到数列{xk }，对于任意的正整数k，则（ ）
A. xk +1- xk<π
B. x2k是极小值点
C. x2k +2- x2k<2π
D. f ( x2k)<f ( x2k +2)
【答案】BD
【思路】极值点满足超越方程，无法直接求解，需利用零点存在性定理确定其所在区间，再结合
函数的单调性与周期性逐项分析.
【解析】由题意得f ( x)的定义域为(0,+∞)，则f
'( x)=-sin x + 1
x ，
而极值点满足f
'( x)=0，则sin x = 1
x ，结合题意得1
x >0，
可得方程的根出现在sin x>0时，即x∈(2nπ ,2nπ + π ),n∈N时，
而f
'(2nπ )>0，f
'(2nπ + π
2 )<0，f
'(2nπ + π )>0，
结合零点存在性定理得x2n+1∈(2nπ ,2nπ + π
2 )，x2n+2∈(2nπ + π
2 ,2nπ + π )，
对于A，由已知得x3∈(2π , 5 π
2 )，x2∈( π
2 ,π )，
则x3- x2∈(π ,2π )，不满足xk +1- xk<π，故A 错误，
对于B，令k =n+1，且x2k∈(2kπ - 3 π
2 ,2kπ - π )，
令g( x)= f
'( x)=-sin x + 1
x ，则g
'( x)=-cos x - 1
x
2，
令h( x)= g
'( x)=-cos x - 1
x
2，h
'( x)=sin x + 2
x
3，
当x∈(2kπ - 3 π
2 ,2kπ - π )时，h
'( x)>0，则h( x)在(2kπ - 3 π
2 ,2kπ - π )上单调递增，
而h(2kπ - 3 π
2 )<0，h(2kπ - π )>0，则h(2kπ - 3 π
2 )⋅h(2kπ - π )<0，
由零点存在性定理得存在x0∈(2kπ - 3 π
2 ,2kπ - π )作为h( x)零点，
即存在x0∈(2kπ - 3 π
2 ,2kπ - π )作为g
'( x)零点，
令g
'( x)>0，x∈( x0,2kπ - π )，令g
'( x)<0，x∈(2kπ - 3 π
2 , x0)，
则g( x)在(2kπ - 3 π
2 , x0)上单调递减，在( x0,2kπ - π )上单调递增，
即f
'( x)在(2kπ - 3 π
2 , x0)上单调递减，在( x0,2kπ - π )上单调递增，
而f
'(2kπ - 3 π
2 )<0，f
'( x0)<f
'(2kπ - 3 π
2 )<0，f
'(2kπ - π )>0，
则f
'( x0)⋅f
'(2kπ - π )<0，由零点存在性定理得存在x2k作为f
'( x)零点，
令f
'( x)<0，x∈( x0, x2k)，令f
'( x)>0，x∈( x2k ,2kπ - π )，
可得f ( x)在( x0, x2k)上单调递减，在( x2k ,2kπ - π )上单调递增，
则x2k是f ( x)的极小值点，故B 正确，
对于C，由已知得x2k∈(2kπ - 3 π
2 ,2kπ - π )，x2k +2∈(2kπ + π
2 ,2kπ + π )，
则x2k +2-2π ∈(2kπ - 3 π
2 ,2kπ - π )，而sin( x2k +2-2π )=sin x2k +2=
1
x2k +2，
sin x2k = 1
x2k ，而x2k< x2k +2，则1
x2k
>
1
x2k +2，得到sin x2k>sin( x2k +2-2π )，
由正弦函数性质得y =sin x在(2kπ - 3 π
2 ,2kπ - π )上单调递减，
则x2k< x2k +2-2π，得到x2k +2- x2k>2π，故C 错误，
对于D，由题意得x2k∈(2kπ - 3 π
2 ,2kπ - π )，x2k +2∈(2kπ + π
2 ,2kπ + π )，
满足x2k< x2k +2，由已知得sin x2k = 1
x2k
，则cos x2k =- ❑√
1- 1
x2k
2 ，
可得f ( x2k)=cos x2k + ln x2k =- ❑√
1- 1
x2k
2 + ln x2k，
令m( x)=- ❑√
1- 1
x
2 + ln x，且x∈( π
2 ,+∞)，
而m
'( x)= 1
x (1-
1
x
❑√x
2-1
)，当x∈( π
2 ,+∞)时，m
'( x)>0，
则m( x)在( π
2 ,+∞)上单调递增，则m( x2k)<m( x2k +2)，
即f ( x2k)<f ( x2k +2)，故D 正确.
【规律】第一步，求导并令f
'( x)=0，转化为sin x = 1
x ；第二步，利用零点存在性定理确定各极值
点所在的区间；第三步，结合正弦函数的周期性与单调性，逐个分析相邻极值点的距离及极值的
大小关系.
考法6：极值与不等式证明及恒成立问题
例6.（2026·山东德州·三模）已知函数f ( x)= ln x - x +1.
求f ( x)的极值；
【答案】极大值为0，无极小值
【思路】对含有对数的函数求导，通过分析导函数的符号变化直接得出极值.
【解析】f ( x)的定义域为(0,+∞)，f
'( x)= 1
x -1= 1- x
x
，
令f
'( x)=0，得x =1，
当x∈(0,1)时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；
当x∈(1,+ ∞)时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减，
∴f ( x)在x =1处取得极大值，极大值为f （1）=0，无极小值.
【规律】第一步，确定函数定义域为(0,+∞)；第二步，求导并令导数为零解出驻点x =1；第三步，
判断x =1两侧导数的符号，左正右负，从而确定在x =1处取得极大值.
【考点一 方法总结】
· 根据导数图象判断极值点：观察导函数图象与 x 轴的交点及两侧符号变化，正变
负为极大值点，负变正为极小值点.
· 求具体函数的极值：求导，解 f
'( x)=0，列表分析单调性，确定极值.
· 含参函数极值点个数：求导后，根据参数大小、指数奇偶性分类讨论导数符号变
化，或转化为导函数变号零点个数.
· 极值与切线、单调性综合：利用极值点处导数为零，结合零点存在性定理确定极
值点所在区间，再结合单调性分析.
· 极值与不等式证明：构造差函数，通过求导分析单调性与极值（最值），从而证
明不等式.
考点二：根据极值、极值点求参数
考法7：已知极值求参数
例7.已知函数f ( x)=a x
3+bx在x =1处取得极大值4，则a-b=（ ）
A. 8
B. -8
C. 2
D. -2
【答案】B
【思路】利用极值点处导数为零及函数值等于极值列方程组，求出参数后务必进行充分性检验.
【解析】∵f ( x)=a x
3+bx，∴f
'( x)=3a x
2+b，
∴f
'（1）=3a+b=0,f （1）=a+b= 4，解得a=-2,b=6，
经检验，符合题意，∴a-b=-8.
故选：B
【规律】第一步，利用极值点处导数为零列出方程f
'（1）=0；第二步，利用极值列出方程
f （1）= 4；第三步，联立解出a,b的值，并代回原函数检验x =1是否确为极大值点.
考法8：已知极值点求参数
例8.（2025·江西·五月联考）已知x =1是函数f ( x)= ln x - a
x + x的极值点，则a=（ ）
A. 2
B. -2
C. 1
D. -1
【答案】C
【思路】利用极值点处导数为零求出参数的唯一候选值，再通过分析单调性验证其是否确为极值
点.
【解析】由f ( x)= ln x - a
x + x，得f
'( x)= 1
x + a
x
2 +1.∵x =1是f ( x)的极值点，∴f
'（1）=2+a=0，
得a=-2，经检验知当a=-2时，满足x =1是f ( x)的极值点.
【规律】第一步，求导并利用f
'（1）=0求出a的唯一候选值；第二步，将a代回导函数，判断
x =1两侧的导数符号变化，验证其确实为极值点.
考法9：根据极值点个数求参数范围
例9.（2025·九师联盟·五月检测）已知函数f ( x)=e
- x+a x
2恰有两个极值点，则实数a的取
值范围是（ ）
A. (-∞,-e)
B. (-∞,-2e)
C. (-2e ,0)
D. (-∞,-2e)∪(0,+∞)
【答案】D
【思路】将极值点个数转化为导函数变号零点个数，分离参数后构造新函数，通过数形结合确定
参数范围.
【解析】∵f ( x)=e
- x+a x
2，∴f
'( x)=-e
- x+2ax，
∵函数f ( x)恰有两个极值点，∴f
'( x)=-e
- x+2ax有两个变号零点，
∴方程2ax =e
- x有两个不相等的实数根，
即方程2a= e
- x
x 有两个不相等的实数根，
令g( x)= e
- x
x ，则g
'( x)=-e
- x x -e
- x
x
2
=-e
- x( x +1)
x
2
，
令g
'( x)=0，得x =-1，
当x∈(-∞,-1)时，g
'( x)>0，g( x)单调递增，
当x∈(-1,0)时，g
'( x)<0，g( x)单调递减，
当x∈(0,+∞)时，g
'( x)<0，g( x)单调递减，
∴g( x)在x =-1处取得极大值，极大值为g(-1)=-e，无极小值，
又当x→-∞时，g( x)→0，当x→0
-时，g( x)→-∞，
当x→0
+时，g( x)→+ ∞，当x→+∞时，g( x)→0，
∴要使方程2a= e
- x
x 有两个不相等的实数根，
需满足2a<-e或2a>0，解得a<- e
2或a>0，
即实数a的取值范围是(-∞,- e
2 )∪(0,+∞).
故选：D.
【规律】第一步，求导并将“有两个极值点”转化为“导函数有两个变号零点”；第二步，分离
参数得到2a= e
- x
x ；第三步，构造新函数并求导分析其单调性与极值，结合图象确定2a的取值范
围.
考法10：极值点结合不等式与切线综合求参数
例10.（2026·山东东营·一模）已知函数f ( x)= 3 x
2+ax
e
x
(a∈R)，
若函数f ( x)在x =0处取得极值，
（i）求a的值；
（ii）已知g( x)=- x
3+b x
2-5 x +1
3 x
2
，若f ( x)g( x)≤1在x∈(0,+∞)上恒成立，求实数b的取
值范围.
【答案】（i）a=3
（ii）(-∞,6]
【思路】分离参数后，将恒成立问题转化为求新函数的最小值，通过多次求导分析单调性锁定最
值.
【解析】（i）由f ( x)= 3 x
2+ax
e
x
，得f
'( x)=-3 x
2+(6-a)x +a
e
x
，
∵f ( x)在x =0处取得极值，∴f
'（0）=a=0，
当a=0时，f
'( x)=-3 x
2+6 x
e
x
=-3 x( x -2)
e
x
，
当x<0或x>2时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减；当0< x<2时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增，
∴f ( x)在x =0处取得极小值，符合题意，故a=0.
（ii）由（i）知f ( x)= 3 x
2
e
x ，则f ( x)g( x)=- x
3+b x
2-5 x +1
e
x
≤1，
即b≤e
x+ x
3+5 x -1
x
2
在x∈(0,+∞)上恒成立，
令h( x)= e
x+ x
3+5 x -1
x
2
，则h
'( x)= (e
x+3 x
2+5)x
2-2 x(e
x+ x
3+5 x -1)
x
4
= ( x -2)e
x+ x
3-5 x +2
x
3
，
令φ( x)=( x -2)e
x+ x
3-5 x +2，则φ
'( x)=( x -1)e
x+3 x
2-5，
φ
' '( x)= x e
x+6 x >0，∴φ
'( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
又φ
'（1）=-2<0,φ
'（2）=e
2+7>0，∴存在x0∈(1,2)，使得φ
'( x0)=0，
∴当x∈(0, x0)时，φ
'( x)<0，φ( x)单调递减；当x∈( x0,+ ∞)时，φ
'( x)>0，φ( x)单调递增，
又φ（1）=-e -2<0,φ（2）=0，∴当x∈(0,2)时，φ( x)<0，即h
'( x)<0，h( x)单调递减；
当x∈(2,+ ∞)时，φ( x)>0，即h
'( x)>0，h( x)单调递增，
∴h( x)min=h（2）= e
2+17
4
，∴b≤e
2+17
4
.
【规律】第一步，利用极值点条件f
'（0）=0求出a=0；第二步，将恒成立不等式分离参数得到
b≤h( x)；第三步，对h( x)多次求导分析单调性，求出其最小值，从而得到b的范围.
【考点二 方法总结】
· 已知极值或极值点求参数：利用 f
'( x0)=0 且 f ( x0)= 极值，列方程组求出参数，
务必进行充分性检验以排除伪极值点.
· 三次函数无极值：等价于其导函数（二次函数）恒大于等于或恒小于等于零，利
用判别式 Δ≤0 求解.
· 极值点个数求参数范围：将极值点个数转化为导函数变号零点个数，分离参数后
构造新函数，通过数形结合或求导确定参数范围.
考点三：求函数的最值
考法11：求具体函数的最值
例11.（2026·山东滨州·二模）已知函数f ( x)= x
2e
x , x∈[-3,0]，则函数f ( x)的最大值为＿
＿＿＿＿＿.
【答案】4
e
2
【思路】求导确定极值点，比较极值与区间端点处的函数值，即可找出最大值.
【解析】f
'( x)= x( x +2)e
x，令f
'( x)=0，得x =-2或x =0，
当x∈[-3,-2)时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增，
当x∈(-2,0)时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减，
∴f ( x)max = f (-2)= 4
e
2.
【规律】第一步，求导并解出导数为零的点x =-2和x =0；第二步，判断给定区间[-3,0]内导数
的符号变化，得出单调性；第三步，比较极值与端点值，确定最大值.
考法12：求含参函数的最值
例12.（2025·福建百校·五月押题）已知函数f ( x)= x
2-2a ln x(a>0).
（1）求函数f ( x)的极值点；
（2）若函数f ( x)在区间[1,e ]上的最小值为0，求实数a的值.
【答案】（1）x = ❑√a为极小值点，无极大值点
（2）a=e
【思路】求导后，根据极值点与闭区间端点的大小关系分类讨论，确定最小值所在位置，进而解
出参数.
【解析】（1）函数f ( x)= x
2-2a ln x(a>0)的定义域为(0,+∞)，
又f
'( x)=2 x - 2a
x = 2( x
2-a)
x
= 2( x + ❑√a)( x - ❑√a)
x
，
∴当0< x<❑√a时f
'( x)<0，当x>❑√a时f
'( x)>0，
∴f ( x)的单调递减区间为(0,❑√a)，单调递增区间为(❑√a,+∞)，
∴x = ❑√a为f ( x)的极小值点，无极大值点.
（2）当❑√a≤1，即0<a≤1时，f ( x)在[1,e ]上单调递增，
∴在x =1处取得最小值，f ( x)min= f （1）=1≠0，不符合题意；
当1<❑√a<e，即1<a<e
2，此时f ( x)在(1,❑√a)上单调递减，在(❑√a,e)上单调递增，
∴f ( x)min= f (❑√a)=a-2a ln ❑√a=0，解得a=e；
当❑√a≥e，即a≥e
2，此时f ( x)在[1,e ]上单调递减，
∴f ( x)min= f (e)=e
2-2a≤e
2-2e
2<0，不符合题意；
综上可得a=e.
【规律】第一步，求导确定极小值点为x = ❑√a；第二步，根据极小值点与区间[1,e ]的相对位置
（在区间左侧、内部、右侧）分类讨论；第三步，分别求出各情况下的最小值并令其等于0，解出
符合条件的a.
考法13：最值与不等式、方程综合
例13.（2026·安徽临泉·二模）已知函数f ( x)=e
x( x -1)+ x
2- x，则满足f (m)<f (m+2)的m的取
值范围是（ ）
A. (0,+ ∞)
B. (- 1
2 ,+∞)
C. (-1,+∞)
D. (-∞,0)
【答案】B
【思路】通过换元将复杂函数化简，利用导数分析新函数的极值情况，从而确定原函数极值存在
的参数条件.
【解析】令x
a =t，得g(t )=e
at ln(t +1)，将函数f ( x)有极值问题转化为函数g(t )有极值问题，再
求出导数，并按a<0,a>0分类探讨导函数有无变号零点问题求解.
令x
a =t，则x =at ,a≠0，原函数化为g(t )=e
at ln(t +1)，依题意，函数g(t )有极值，
求导得g
'(t )=e
at⋅a ln(t +1)+e
at⋅1
t +1 =e
at[aln(t +1)+ 1
t +1 ]，
令φ(t )=aln(t +1)+ 1
t +1，t ∈(-1,+∞)，求导得φ
'(t )= a
t +1 -
1
(t +1)
2 = at +a-1
(t +1)
2 ，
而a≠0，令φ
'(t )=0，得t = 1
a -1，
当a<0时，t = 1
a -1<-1，则φ
'(t )<0，得函数φ(t )在(-1,+∞)上单调递减，
又t →-1
+时，φ(t )→+ ∞；t →+ ∞时，φ(t )→-∞，
∴存在t0∈(-1,+∞)，使得φ(t0)=0，即函数g
'(t )，亦即函数f ( x)存在极值；
当a>0时，t = 1
a -1>-1，由φ
'(t )<0，得-1<t < 1
a -1；由φ
'(t )>0，得t > 1
a -1，
函数φ(t )在(-1, 1
a -1)上递减，在( 1
a -1,+∞)上递增，则φ(t )min=φ( 1
a -1)=a-aln a，
设h(a)=a-aln a,a>0，求导得h
'(a)=- ln a，当0<a<1时，h
'(a)>0；当a>1时，h
'(a)<0，
函数h(a)在(0,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递减，又h(e)=0，且0<a<1时，φ(t )min>0，
则0<a≤e时，φ(t )min≥0，此时函数g(t )，即f ( x)无极值；
当a>e时，φ(t )min<0，且t →-1
+时，φ(t )→+ ∞；t →+ ∞时，φ(t )→+∞，
此时函数g(t )，即f ( x)存在极值，
∴a的取值范围为(-∞,0)∪(e ,+ ∞).
故选：A
【规律】第一步，通过换元t = x
a将原函数转化为g(t )；第二步，对g(t )求导并提取出核心部分
φ(t )；第三步，对φ(t )求导分析其单调性与最值，进而确定原函数存在极值的参数条件.
【考点三 方法总结】
· 求闭区间上函数的最值：求出函数在区间内的所有极值，将极值与区间端点处的
函数值进行比较，最大者为最大值，最小者为最小值.
· 含参函数最值：根据极值点与闭区间端点的大小关系分类讨论，确定最值所在位
置，进而解出参数.
· 最值与不等式综合：通过换元或同构变形将复杂函数化简，利用导数分析新函数
的单调性与最值，从而确定参数条件或证明不等式.
考点四：根据最值求参数及综合应用
考法14：已知最值求参数
例14.（2026·湖北随州·三模）已知a>0，函数f ( x)= ln| x|-|ax +b|的最大值为0，则a的
最小值为（ ）
A. 1
e
B. 1
2
C. 1
D. e
【答案】A
【思路】将最值问题转化为两函数图象的上下位置关系，利用相切时的临界状态求出参数的最小
值.
【解析】结合函数图像分析，从而得到当y = ln| x|与y =|ax +b|相切时，a取得最小值，进而构
造函数，求导，分析函数的单调性，从而求出最值，进而得到a的最小值.
依题意可得函数f ( x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，
由函数f ( x)= ln| x|-|ax +b|的最大值为0，
即ln| x|≤|ax +b|在(-∞,0)∪(0,+ ∞)上恒成立，
即y = ln| x|的图象在y =|ax +b|的下方，
结合图象可得，当函数y =|ax +b|的图象过原点，且y = ln| x|与y =|ax +b|相切时，a取得最小
值，
根据对称性，不妨只考虑x>0的情况，
即当y = ln x与y =ax相切时，a取得最小值，
即ln x ≤ax在(0,+ ∞)上恒成立，
令g( x)= ln x -ax，即g( x)max =0时，a取得最小值，
则g
'( x)= 1
x -a，令g
'( x)=0，则x = 1
a，
又x∈(0, 1
a )时，g
'( x)>0，即g( x)在(0, 1
a )上单调递增；
x∈( 1
a ,+∞)时，g
'( x)<0，即g( x)在( 1
a ,+∞)上单调递减，
∴g( x)max= g( 1
a )= ln 1
a -1=0，解得amin= 1
e .
故选：A
【规律】第一步，将最大值问题转化为不等式ln| x|≤|ax +b|恒成立；第二步，结合图象发现相
切时a取最小值；第三步，利用导数求出相切时的临界条件，解出a的最小值.
考法15：最值结合不等式恒成立与存在性求参数
例15.（2026·山东德州·二模）若存在a>0，对任意的x∈(0,+∞)，都有ln x + 2a-b
x
-a≥0，
则当b取到最大值时，a的值为（ ）
A. 1+ ln 2
B. 2+ ln 2
C. ln 2
D. 2ln 2
【答案】B
【思路】分离参数后，将恒成立问题转化为求右侧函数的最小值，再对最小值函数求导寻找最大
值.
【解析】若存在a>0，对任意的x∈(0,+∞)，都有ln x + 2a-b
x
-a≥0，
则b≤x ln x -ax +2a对任意的x∈(0,+ ∞)恒成立，
设f ( x)= x ln x -ax +2a，则f
'( x)= ln x +1-a，
令f
'( x)=0，得x =e
a-1，
当x ∈(0,e
a-1)时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减；
当x ∈(e
a-1,+ ∞)时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增，
∴f ( x)min= f (e
a-1)=e
a-1(a-1)-ae
a-1+2a=-e
a-1+2a，
∴b≤-e
a-1+2a，
设g(a)=-e
a-1+2a(a>0)，则g
'(a)=-e
a-1+2，
令g
'(a)=0，得a=1+ ln 2，
当a∈(0,1+ ln 2)时，g
'(a)>0，g(a)单调递增；
当a∈(1+ ln 2,+∞)时，g
'(a)<0，g(a)单调递减，
∴当a=1+ ln 2时，g(a)取得最大值，
∴当b取到最大值时，a的值为1+ ln 2.
故选：A.
【规律】第一步，将恒成立问题分离参数得到b≤f ( x)；第二步，对f ( x)求导求出其最小值，得到
b≤g(a)；第三步，对g(a)求导分析单调性，求出其最大值对应的a值.
考法16：极值最值与隐零点及放缩法综合证明
例16.（2026·湖南长沙·适应）已知函数g( x)= 4 x -mln x - 1
2 x
2-2,m>0.
（1）y = g( x)在x =1处切线的斜率为3
2，求m的值；
（2）若函数g( x)有两个极值点a,b，
（i）求m的取值范围；
（ii）证明：g(a)+ g(b)<6- ln m.
【答案】（1）3
2
（2）（i）(0,4)；（ii）证明见解析
【思路】利用极值点满足的方程消去参数，将双变量不等式转化为单变量函数的最值问题进行证
明.
【解析】（1）对g( x)= 4 x -mln x - 1
2 x
2-2求导：
g
'( x)= 4 - m
x - x，
∵y = g( x)在x =1处切线斜率为3
2，∴g
'（1）= 3
2，
∴g
'（1）= 4 -m-1= 3
2，
解得m= 3
2；
（2）（i）函数g( x)的定义域为(0,+ ∞)，极值点满足g
'( x)=0，
即4 - m
x - x =0，
整理得x
2- 4 x +m=0，
该方程在(0,+∞)有两个不同正根a,b，
∴判别式Δ=16- 4 m>0，解得m<4，
两根之和a+b= 4>0，两根之积ab=m>0，
综上m∈(0,4)；
（ii）由（i）知a+b= 4 ,ab=m，
先计算g(a)+ g(b)：
g(a)+ g(b)=(4 a-mln a- 1
2 a
2-2)+(4 b-mln b- 1
2 b
2-2)
= 4(a+b)-mln(ab)- 1
2 (a
2+b
2)- 4，
代入a+b= 4 ,ab=m，
且a
2+b
2=(a+b)
2-2ab=16-2m，
∴g(a)+ g(b)= 4×4 -mln m- 1
2 (16-2m)- 4 = 4+m-mln m，
要证g(a)+ g(b)<6- ln m，
即证4+m-mln m<6- ln m，
整理得m-mln m+ ln m-2<0，
令h(m)=m-mln m+ ln m-2,m∈(0,4)，
求导h
'(m)=1-(ln m+1)+ 1
m = 1
m - ln m，
∵h
'（1）=1>0,h
'（2）= 1
2 - ln2<0，
由零点存在定理，存在唯一的隐零点m0∈(1,2)，
使得h
'(m0)= 1
m0
- ln m0=0，
即ln m0= 1
m0
，
当m∈(0,m0)时h
'(m)>0，h(m)单调递增；
当m∈(m0,4)时，h
'(m)<0，h(m)单调递减，
因此h(m)在m=m0处取得最大值h(m0)，
将ln m0= 1
m0代入h(m0)：
h(m0)=m0-m0ln m0+ ln m0-2
=m0-m0⋅1
m0
+ 1
m0
-2
=m0-1+ 1
m0
-2=m0+ 1
m0
-3，
令φ(t )=t + 1
t -3,t ∈(1,2)，
由对勾函数性质知φ(t )在t ∈(1,2)上单调递增，
φ(m0)=m0+ 1
m0
-3<2+ 1
2 -3=- 1
2 <0，
因此h(m0)=φ(m0)<0，
即4+m-mln m<6- ln m，
故g(a)+ g(b)<6- ln m.
【规律】第一步，利用两根之和与两根之积将g(a)+ g(b)转化为关于参数m的表达式；第二步，
构造新函数h(m)并求导，利用隐零点m0替换对数项；第三步，结合对勾函数的单调性求出最大值，
完成不等式证明.
【考点四 方法总结】
· 已知最值求参数：将最值问题转化为两函数图象的上下位置关系，利用相切时的
临界状态求出参数，或根据极值点与区间端点大小关系分类讨论.
· 最值结合不等式恒成立：分离参数，将恒成立问题转化为求新函数的最值，再对
最值函数求导寻找参数的最值或范围.
· 极值最值与隐零点放缩：利用极值点满足的方程（隐零点方程）替换参数或消元，
构造新函数并多次求导分析单调性，完成不等式的放缩证明.
四、高考真题
1.（2026·全国一卷）已知函数f ( x)= x +2
e
x+a的最大值为1，则a=（ ）
A. 1
2
B. 1
C. 3
2
D. 2
【答案】B
【解析】由题意知f ( x)= x +2
e
x+a，求导得f
'( x)= 1⋅(e
x+a)-( x +2)e
x
(e
x+a)
2
= a-( x +1)e
x
(e
x+a)
2
.
令g( x)=a-( x +1)e
x，则g
'( x)=-( x +2)e
x.
当x>-2时，g
'( x)<0，g( x)单调递减；当x<-2时，g
'( x)>0，g( x)单调递增.
假设f ( x)在x0处取得最大值1，则必有f
'( x0)=0，即a=( x0+1)e
x0.
同时f ( x0)= x0+2
e
x0+a
=1，即x0+2=e
x0+a.
将a代入得x0+2=e
x0+( x0+1)e
x0=( x0+2)e
x0.
若x0+2=0，则x0=-2，此时a=-e
-2，代入原函数得f (-2)=0≠1，矛盾.
∴x0+2≠0，从而e
x0=1，解得x0=0.
此时a=(0+1)e
0=1.
检验：当a=1时，g( x)=1-( x +1)e
x，g（0）=0.
当x<0时，g( x)> g（0）=0，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；
当x>0时，g( x)< g（0）=0，f
'( x)<0，f ( x)单调递减.
∴f ( x)在x =0处取得最大值f （0）=
2
1+1 =1，符合题意.
2.（2025·全国一卷）设函数f ( x)=5cos x -cos5 x，求f ( x)在[0, π
4 ]的最大值；
给定θ∈(0,π )，设a为实数，证明：存在y ∈[a-θ ,a+θ ]，使得cos y ≤cosθ；
若存在φ使得对任意x，都有5cos x -cos(5 x +φ)≤b，求b的最小值.
【答案】（1）3 ❑√3
（2）证明见解析
（3）3 ❑√3
【解析】（1）f
'( x)=-5sin x +5sin5 x =10cos3 x sin 2 x，
∵x∈[0, π
4 ]，∴2 x∈[0, π
2 ]，∴sin 2 x ≥0，
当0< x< π
6 时，cos3 x>0即f
'( x)>0，
当π
6 < x< π
4 时，cos3 x<0即f
'( x)<0，
∴f ( x)在[0, π
6 ]上为增函数，在[ π
6 , π
4 ]为减函数，
∴f ( x)在[0, π
4 ]上的最大值为f ( π
6 )=5cos π
6 -cos 5 π
6 =3 ❑√3.
（2）由余弦函数的性质得cos y ≤cosθ的解为[2kπ +θ ,2kπ +2π -θ ]，k ∈Z，
若任意[2kπ +θ ,2kπ +2π -θ ],k ∈Z与[a-θ ,a+θ ]交集为空，
则对每个k ∈Z，必有2(k +1)π -θ<a-θ或2kπ +θ>a+θ之一成立.
此即k < a
2π -1或k > a
2π ，但长度为1 的闭区间[ a
2π -1, a
2π ]上必有一整数k，该整数k不满足条件，
矛盾.
∴存在y ∈[a-θ ,a+θ ]，使得cos y ≤cosθ成立.
（3）记h( x)=5cos x -cos(5 x +t )，
∵h( x +2π )=5cos( x +2π )-cos(5 x +10 π +t )=h( x)，
∴h( x)为周期函数且周期为2π，∴只需讨论x∈[0,2π ],t ∈[0,π ]的情况.
当t = π时，h( x)=5cos x -cos(5 x + π )=6cos x ≤6，
当t =0时，h( x)=5cos x -cos5 x，
此时h
'( x)=-5sin x +5sin5 x =10cos3 x sin 2 x , x∈(0,2π )，
令h
'( x)=0，则x = π
6 , π
2 , 5 π
6 ,π , 7 π
6 , 3 π
2 , 11π
6 ，
而h( π
6 )=h( 11π
6 )=3 ❑√3,h( π
2 )=h( 3 π
2 )=0,h( 5 π
6 )=h( 7 π
6 )=-3 ❑√3,h(π )=- 4，
h（0）=h(2π )= 4，∴h( x)max =h( π
6 )=h( 11π
6 )=3 ❑√3，
当t ∈(0,π )，在（2）中取a=t，则存在y ∈(t -θ ,t +θ)，使得cos y ≤cosθ，
取θ = 5 π
6 ，则cos y ≤-
❑√3
2 ，取x = y -t
5
∈(- θ
5 , θ
5 )即x = y -t
5
∈(- π
6 , π
6 )，
∴5cos x ≥5 ❑√3
2
，∴5cos x -cos(5 x +t )≥3 ❑√3，
综上b≥3 ❑√3，可取x = π
6 ,t =0使得等号成立.
综上，bmin=3 ❑√3.
3.（2024·全国一卷）（多选）设函数f ( x)=( x -1)
2( x - 4)，则（ ）
A. x =3是f ( x)的极小值点
B. 当0< x<1时，f ( x)<f ( x
2)
C. 当1< x<2时，- 4<f (2 x -1)<0
D. 当-1< x<0时，f (2- x)>f ( x)
【答案】ACD
【解析】对A，∵函数f ( x)的定义域为R，而f
'( x)=2( x -1)( x - 4)+( x -1)
2=3( x -1)( x -3)，
易知当x∈(1,3)时，f
'( x)<0，当x∈(-∞,1)或x∈(3,+∞)时，f
'( x)>0，
函数f ( x)在(-∞,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3,+∞)上单调递增，∴x =3是函数
f ( x)的极小值点，正确；
对B，当0< x<1时，x - x
2= x(1- x)>0，∴1> x> x
2>0，
而由上可知，函数f ( x)在(0,1)上单调递增，∴f ( x)>f ( x
2)，错误；
对C，当1< x<2时，1<2 x -1<3，而由上可知，函数f ( x)在(1,3)上单调递减，
∴f （1）>f (2 x -1)>f （3），即- 4<f (2 x -1)<0，正确；
对D，当-1< x<0时，f (2- x)- f ( x)=(1- x)
2(-2- x)-( x -1)
2( x - 4)=( x -1)
2(2-2 x)>0，
∴f (2- x)>f ( x)，正确.
4.（2024·全国一卷）已知函数f ( x)= ln
x
2- x +ax +b( x -1)
3.
（1）若b=0，且f
'( x)≥0，求a的最小值；
（2）证明：曲线y = f ( x)是中心对称图形；
（3）若f ( x)>-2当且仅当1< x<2，求b的取值范围.
【答案】（1）-2
（2）证明见解析
（3）b≥- 2
3
【解析】（1）b=0时，f ( x)= ln
x
2- x +ax，其中x∈(0,2)，
则f
'( x)= 1
x +
1
2- x +a=
2
x(2- x) +a, x∈(0,2)，
∵x(2- x)≤( 2- x + x
2
)
2=1，当且仅当x =1时等号成立，
∴f
'( x)min=2+a，而f
'( x)≥0成立，∴a+2≥0即a≥-2，
∴a的最小值为-2.
（2）f ( x)= ln
x
2- x +ax +b( x -1)
3的定义域为(0,2)，
设P(m,n)为y = f ( x)图象上任意一点，
P(m,n)关于(1,a)的对称点为Q(2-m,2a-n)，
∵P(m,n)在y = f ( x)图象上，∴n= ln
m
2-m +am+b(m-1)
3，
而f (2-m)= ln 2-m
m
+a(2-m)+b(2-m-1)
3=-[ ln
m
2-m +am+b(m-1)
3]+2a，
=-n+2a，
∴Q(2-m,2a-n)也在y = f ( x)图象上，
由P的任意性可得y = f ( x)图象为中心对称图形，且对称中心为(1,a).
（3）∵f ( x)>-2当且仅当1< x<2，∴x =1为f ( x)=-2的一个解，
∴f （1）=-2即a=-2，
先考虑1< x<2时，f ( x)>-2恒成立.
此时f ( x)>-2即为ln
x
2- x +2(1- x)+b( x -1)
3>0在(1,2)上恒成立，
设t = x -1∈(0,1)，则ln t +1
1-t -2t +bt
3>0在(0,1)上恒成立，
设g(t )= ln t +1
1-t -2t +bt
3,t ∈(0,1)，
则g
'(t )=
2
1-t
2 -2+3bt
2= t
2(-3bt
2+2+3b)
1-t
2
，
当b≥0，-3bt
2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0，
∴g
'(t )>0恒成立，∴g(t )在(0,1)上为增函数，
∴g(t )> g（0）=0即f ( x)>-2在(1,2)上恒成立.
当- 2
3 ≤b<0时，-3bt
2+2+3b≥2+3b≥0，
∴g
'(t )≥0恒成立，∴g(t )在(0,1)上为增函数，
∴g(t )> g（0）=0即f ( x)>-2在(1,2)上恒成立.
当b<- 2
3，则当0<t <❑√1+ 2
3b <1时，g
'(t )<0，
∴在(0,❑√1+ 2
3b )上g(t )为减函数，∴g(t )< g（0）=0，不合题意，舍；
综上，f ( x)>-2在(1,2)上恒成立时b≥- 2
3.
而当b≥- 2
3时，由上述过程可得g(t )在(0,1)递增，∴g(t )>0的解为(0,1)，
即f ( x)>-2的解为(1,2).
综上，b≥- 2
3.
5.（2026·全国一卷）（多选）已知圆C1:( x +1)
2+ y
2=1，圆C2:( x -1)
2+ y
2=1，圆
C3: x
2+( y - ❑√3)
2=1，直线l: y =kx +b与C1,C2,C3均有两个交点，且l被C1,C2,C3截得的弦长
分别为s1,s2,s3，则（ ）
A. k可以取任意实数
B. 满足s1= s2= s3的直线l共有3 条
C. 满足s1+ s2+ s3=3的直线l多于3 条
D. 当b=0时，s1+ s2+ s3的最大值为2❑√21
3
【答案】BCD
【解析】三个圆的圆心分别为O1(-1,0),O2(1,0),O3(0,❑√3)，半径均为1.这三个圆心构成一个
边长为2 的等边三角形.
直线l与三个圆均有两个交点，等价于直线到三个圆心的距离d1,d2,d3均小于1.
对于A，若k →∞，直线趋近于垂直x轴，其方程形如x =c.要与C1,C2均相交，需满足-2<c<0且
0<c<2，这显然不可能，∴k不能取任意实数，A 错误.
对于B，s1= s2= s3⇔d1=d2=d3，即直线到三个圆心的距离相等.这样的直线是等边三角形
△O1O2O3的三条中位线所在的直线.中位线到顶点的距离为高的半，即
❑√3
2 <1，满足相交条件，∴
共有3 条，B 正确.
对于C，弦长si=2
❑√1-di
2.当直线为中位线时，di=
❑√3
2 ，此时si=1，s1+ s2+ s3=3.由柯西不等式可
证得∑si的最大值为2❑√3≈3.464>3.∵函数连续，在最大值与最小值之间必定存在无穷多条直线满
足和为3，∴满足条件的直线多于3 条，C 正确.
对于D，当b=0时，直线l: y =kx.
d1=|-k |
❑√k
2+1
,d2=|k |
❑√k
2+1
,d3=
❑√3
❑√k
2+1
.
s1+ s2+ s3=
4
❑√k
2+1
+2❑√
1-
3
k
2+1
.
令t =
1
❑√k
2+1，则要求d3<1⇒3t
2<1⇒0<t <
❑√3
3 .
设g(t )= 4 t +2
❑√1-3t
2，求导得g
'(t )= 4 -
6t
❑√1-3t
2.
令g
'(t )=0，解得t =
2
❑√21，此时取得最大值.
代入得最大值为4×
2
❑√21 +2❑√1-3× 4
21 =
8
❑√21 +
6
❑√21 = 14
❑√21 = 2❑√21
3
，D 正确.
